\section{2006}
一、一个质量为$\mu$的粒子被限制在$-a\le x\le a$内运动，$t=0$时处于基态。现势阱突然向两边对称地扩展一倍，即在$-2a\le x\le 2a$内运动。问：

（1）$t=t_0(>0)$时粒子处于新系统基态的几率；
（2）$t=t_0$时粒子能量的平均值。

二、一维谐振子的哈密顿量为$\hat{H}=\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{1}{2}\mu\omega^2x^2$。在坐标表象中，它的能量本征函数为：
$$\psi_n(x)=N_ne^{\frac{-a^2x^2}{2}}H_n(ax)\qquad a=\sqrt{\frac{\mu\omega}{\hbar}}$$
试在动量表象中求出它的能量本征值和相应的本征函数。

三、电子处于自旋$\vec{S}$在方向$n=(\sin\theta\cos\varphi,\sin\theta\sin\varphi,\cos\theta)$上投影$\vec{S}\cdot\vec{n}$的本征态，本征值为$\frac{\hbar}{2}$。

（1）求出相应的本征函数；

（2）若在上面的态中，自旋的$x$分量和$y$分量有相等的均方差，请求出方向角$\theta,\varphi$。

四、自旋$\frac{1}{2}$的粒子处于磁场$\vec{B}$中，该粒子绕磁场进动的角频率记为$\omega=-r\vec{B}$。设$t=0$时粒子处于自旋朝下态$|\psi(0)\rangle=|-\rangle$，求$t$时刻粒子仍处于该态的几率。

五、在谐振子的哈密顿量$\hat{H}_0=\frac{1}{2\mu}\hat{p}^2+\frac{1}{2}\mu\omega^2x^2$上加上$x^3$的微扰项$H'=\lambda x^3$，求能量的二级修正。

六、有一量子力学体系，哈密顿量$\hat{H}$的本征值与本征矢分别为$E_n$与$|n\rangle $，
$\hat{H}|n\rangle =E_n|n\rangle $。设$\hat{F}$为任一算符$\hat{F}=\hat{F}(x,\hat{p})$，试证明：
$$\langle  k|[F^+,[H,F]]|k\rangle =\sum_n(E_n-E_k)(|\langle  n|\hat{F}|k\rangle |^2+|\langle  k|\hat{F}|n\rangle |^2)$$




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\section*{2006解答}
一、一个质量为$\mu$的粒子被限制在$-a\le x\le a$内运动，$t=0$时处于基态。现势阱突然向两边对称地扩展一倍，即在$-2a\le x\le 2a$内运动。问：

（1）$t=t_0(>0)$时粒子处于新系统基态的几率；
（2）$t=t_0$时粒子能量的平均值。

解：

（1）未扩展前，本征函数为：
$$\begin{cases}\varphi'(x)=\frac{1}{\sqrt{a}}\sin\frac{n\pi x}{2a}(n\text{为偶}),&-a<x<a\\ \varphi'(x)=\frac{1}{\sqrt a}\cos\frac{n\pi x}{2a}(n\text{为奇}),&-a<x<a\\
\varphi'(x)=0,&x<-a,x>a\end{cases}\qquad E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{8ma^2}$$
基态：$\psi(x,0)=\varphi'_1(x)=\cfrac{1}{\sqrt{a}}\cos\cfrac{\pi x}{2a}$，扩展后本征函数为：
$$\begin{cases}\varphi(x)=\frac{1}{\sqrt{2a}}\sin\frac{n\pi x}{4a}(n\text{为偶}),&-2a\le x<2a\\
\varphi(x)=\frac{1}{\sqrt{2a}}\cos\frac{n\pi x}{2a}(n\text{为奇}),&-2a<x<2a\\
\varphi(x)=0,&x<-2a,x>2a\end{cases}$$
\begin{align*}
C_1&=\langle \varphi(x)|\psi(x,0)\rangle=\frac{1}{a\sqrt2}\int_{-a}^a\cos\frac{\pi x}{4a}\cos\frac{\pi x}{2a}dx
=\frac{1}{a\sqrt2}\int_{-a}^a(1-\sin^2\frac{\pi x}{4a})\cos\frac{\pi x}{4a}dx\\
&=\frac{1}{a\sqrt2}\cdot\frac{4a}{\pi}\int_{-a}^a(1-\sin^2\frac{\pi x}{4a})d\sin\frac{\pi x}{4a}
=\frac{1}{a\sqrt2}\cdot\frac{4a}{\pi}(\sin\frac{\pi x}{4a}-\frac{1}{3}\sin^3\frac{\pi x}{4a})\Big|_{-a}^a=0
\end{align*}
{  注：}{  积分范围是按本征函数来的，即范围是$-2a<x<2a$，但是波函数$\psi(x,0)$在$x<-a,x>a$处为0 ，所以积分范围成了$-a$到$a$。}

故处于新系统基态的概率为：$P=|C_1|^2=0$。

（2）
\begin{align*}
\langle H\rangle &=\int \psi^*H\psi dx=\frac{1}{a}\int_{-a}^a\cos\frac{\pi x}{2a}(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2})\cos\frac{\pi x}{2a}dx
=\frac{1}{a}\cdot(-\frac{\hbar^2}{2m})\cdot(-\frac{\pi }{2a})\int_{-a}^a\cos^2\frac{\pi x}{2a}d\frac{\pi x}{2a}\\
&=\frac{1}{a}\cdot(-\frac{\hbar^2}{2m})\cdot(-\frac{\pi}{2a})\left[\frac{1}{2}\frac{\pi x}{2a}+\frac{1}{4}\sin\frac{\pi x}{a}\right]\Big|_{-a}^a
=\frac{1}{a}\cdot(-\frac{\hbar^2}{2m})\cdot(-\frac{\pi}{2a})\cdot\frac{\pi}{2}
=\frac{\pi^2\hbar^2}{8ma^2}
\end{align*}
其中：
$$(\cos\frac{\pi x}{2a})'=-\frac{\pi}{2a}\sin\frac{\pi x}{2a}\qquad
(\cos\frac{\pi x}{2a})''=-(\frac{\pi}{2a})^2\cos\frac{\pi x}{2a}$$
$$\int\cos^2\theta dx=\frac{1}{2}\int (\cos\theta+1)d\theta=\frac{1}{2}\theta+\frac{1}{4}\int\cos2\theta=\frac{1}{2}\theta+\frac{1}{4}\sin 2\theta$$
{ 可以看出$t=t_0$时粒子能量的平均值与未扩展前基态能量相同，这是符合物理特性的，突然扩展，态还未来得及改变，只是所处系统能量本征函数系变了。}

二、一维谐振子的哈密顿量为$\hat{H}=\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{1}{2}\mu\omega^2x^2$。在坐标表象中，它的能量本征函数为：
$$\psi_n(x)=N_ne^{\frac{-a^2x^2}{2}}H_n(ax)\qquad a=\sqrt{\frac{\mu\omega}{\hbar}}$$
试在动量表象中求出它的能量本征值和相应的本征函数。

解：$P$表象下：
$$\hat{x}=i\hbar\frac{d}{dp}\qquad 
\hat{H}=\frac{p^2}{2\mu}+\frac{1}{2\mu}\omega^2(-\hbar^2\frac{d^2}{dp^2})$$
定态薛定鄂方程为：
$$(-\frac{\hbar^2}{2}\mu \omega^2\frac{d^2}{dp^2}+\frac{p^2}{2\mu})\varphi(p)=E\varphi(p)$$
两边除以，$\mu^2\omega^2$，有：
$$(-\frac{\hbar^2}{2\mu}\frac{d^2}{dp^2}+\frac{p^2}{2\mu^3\omega^2})\varphi(p)=\frac{E}{\mu^2\omega^2}\varphi(p)$$
令$\omega_0=\frac{1}{\mu^2\omega},\lambda=\frac{E}{\mu^2\omega^2}$，有：
$$(-\frac{\hbar^2}{2\mu}\frac{d^2}{dp^2}+\frac{1}{2}\mu\omega^2_0p^2)\varphi(p)=\lambda\varphi(p)$$
其形式与$x$表象下，定态薛定鄂方程相同，故其解为：
$$\varphi(p)=Ne^{-\frac{a_0^2x^2}{2}}H_n(a_0x)\qquad a_0=\sqrt{\frac{\mu\omega_0}{\hbar}}=\sqrt{\frac{\mu}{\hbar}\cdot\frac{1}{\mu^2\omega}}=\sqrt{\frac{1}{\hbar\mu\omega}}$$
$$\lambda=(n+\frac{1}{2})\hbar\omega_0\Longrightarrow
(n+\frac{1}{2})\frac{\hbar}{\mu^2\omega}=\frac{E}{\mu^2\omega^2}\qquad
E=(n+\frac{1}{2})\hbar\omega$$
{ 从这也可以看出，无论处于何种表象，算符的本征值是不会变的。}

三、电子处于自旋$\vec{S}$在方向$n=(\sin\theta\cos\varphi,\sin\theta\sin\varphi,\cos\theta)$上投影$\vec{S}\cdot\vec{n}$的本征态，本征值为$\frac{\hbar}{2}$。

（1）求出相应的本征函数；

（2）若在上面的态中，自旋的$x$分量和$y$分量有相等的均方差，请求出方向角$\theta,\varphi$。

解：

（1）{ 要求本征函数应先知道算符是啥！}
\begin{align*}
\vec{S}\cdot\vec{n}&=\sin\theta\cos\varphi S_x+\sin\theta\sin\varphi S_y+\cos\theta S_z
=\frac{\hbar}{2}(\sin\theta\cos\varphi \sigma_x+\sin\theta\sin\varphi\sigma_y+\cos\theta\sigma_z)\\
&=\frac{\hbar}{2}\left[\sin\theta\cos\varphi\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}+\sin\theta\sin\varphi\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}+\cos\theta\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\right]\\
&=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}\cos\theta &\sin\theta\cos\varphi-i\sin\theta\sin\varphi \\ \sin\theta\cos\varphi+i\sin\theta\sin\varphi &-\cos\theta\end{pmatrix}
=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}\cos\theta &\sin\theta e^{-i\varphi}\\ \sin\theta e^{i\varphi}&-\cos\theta\end{pmatrix}
\end{align*}
本征值为$\frac{\hbar}{2}$的本征方程为：$\vec{S}\cdot\vec{n}\psi=\frac{\hbar}{2}\psi$，设$\psi=\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$，有：
$$
\begin{pmatrix}\cos\theta-1&\sin\theta e^{-i\varphi}\\ \sin\theta e^{i\varphi} &-\cos\theta-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&b\end{pmatrix}=0\qquad
\begin{cases}a(\cos\theta-1)+b\sin\theta e^{-i\varphi}=0\\ a\sin\theta e^{i\varphi}-b(\cos\theta+1)=0\end{cases}
$$
$$a=\frac{\sin\theta e^{-i\varphi}}{1-\cos\theta}b
=\frac{2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\varphi}}{2\sin^2\frac{\theta}{2}}b
=\frac{\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\varphi}}{\sin\frac{\theta}{2}}b \qquad
\frac{a}{b}=\frac{\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}}{\sin\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}}
\qquad \psi=\begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}\\ \sin\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}\end{pmatrix}$$

（2）{ 求均方差的形式为：$(\Delta x)^2=\langle x^2\rangle-(\langle x\rangle)^2$}
\begin{align*}
\langle S_x\rangle&=\langle\psi |S_x|\psi\rangle
=\begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}& \sin\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}\end{pmatrix}\frac{\hbar}{2}
\begin{pmatrix}0&1\\ 1&0\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}\\ \sin\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}\end{pmatrix}\\
&=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}&\cos\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}\\ \sin\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}\end{pmatrix}
=\frac{\hbar}{2}(\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\varphi}+\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\varphi})\\
&=\frac{\hbar}{4}\sin\theta(e^{i\varphi}+e^{-i\varphi})
=\frac{\hbar}{2}\sin\theta\cos\varphi
\end{align*}
其中：$e^{i\varphi}=\cos\varphi+i\sin\varphi\qquad e^{-i\varphi}=\cos\varphi-i\sin\varphi$
\begin{align*}
S^2_x&=\frac{\hbar^2}{4}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}=\frac{\hbar^2}{4}
\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\\
\langle S^2_x\rangle&=\langle\psi|S^2_x|\psi\rangle
=\frac{\hbar^2}{4}\begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}&\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}\\ \sin\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}\end{pmatrix}\\
&=\frac{\hbar^2}{4}\begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}&\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}\\ \sin\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}\end{pmatrix}
=\frac{\hbar^2}{4}(\cos^2\frac{\theta}{2}+\sin^2\frac{\theta}{2})=\frac{\hbar^2}{4}\\
(\Delta S_x)^2&=\langle S^2_x\rangle-\langle S_x\rangle^2=\frac{\hbar^2}{4}-\frac{\hbar^2}{4}\sin^2\theta\cos^2\varphi
\end{align*}
\begin{align*}
\langle S_y\rangle&=\langle \psi|S_y|\psi\rangle=
\begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}&\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}\frac{\hbar}{2}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}\\ \sin\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}\end{pmatrix}\\
&=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}i\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}&-i\cos\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\frac{\varphi}{2}}\\ \sin\frac{\theta}{2}e^{i\frac{\varphi}{2}}\end{pmatrix}
=\frac{\hbar}{2}(i\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\varphi}-i\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\varphi})\\
&=\frac{\hbar}{2}i\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}(e^{-i\varphi}-e^{i\varphi})
=\frac{\hbar}{4}\sin\theta i(-2i\sin\varphi)=\frac{\hbar}{2}\sin\theta\sin\varphi
\end{align*}
{ 力学量算符的平均值一定为实数，所以无论过程怎么怪异，结果定为实数。}
$$S^2_y=\frac{\hbar^2}{4}\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}=\frac{\hbar^2}{4}\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}=S^2_x$$
{ 这是当然的，$\sigma^2_x=\sigma^2_y=\sigma^2_z=1$}
$$\langle S^2_y\rangle=\langle S^2_x\rangle=\frac{\hbar^2}{4}\qquad
(\Delta S_y)^2=(\frac{\hbar^2}{4}-\frac{\hbar^2}{4}\sin^2\theta\sin^2\varphi)$$
由$(\Delta S_x)^2=(\Delta S_y)^2$，有：
$$\sin^2\theta\cos^2\varphi=\sin^2\theta\sin^2\varphi$$
当$\theta=0,\pi$时，$\varphi$取任意值；当$\theta\ne 0,\pi$时，$\varphi$取
$\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4},\frac{5\pi}{4},\frac{7\pi}{4}$。

四、自旋$\frac{1}{2}$的粒子处于磁场$\vec{B}$中，该粒子绕磁场进动的角频率记为$\omega=-r\vec{B}$。设$t=0$时粒子处于自旋朝下态$|\psi(0)\rangle=|-\rangle$，求$t$时刻粒子仍处于该态的几率。

五、在谐振子的哈密顿量$\hat{H}_0=\frac{1}{2\mu}\hat{p}^2+\frac{1}{2}\mu\omega^2x^2$上加上$x^3$的微扰项$H'=\lambda x^3$，求能量的二级修正。

解：
$$E^1_n=H'_{nn}\qquad E^2_n=\sum\frac{|H'_{kn}|^2}{E_n^0-E_k^0} \qquad
\hat{x}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat{a}_++\hat{a}_-)$$
\begin{align*}
\hat{x}^2&=\frac{\hbar}{2m\omega}(a_++a_-)(a_++a_-)=\frac{\hbar}{2m\omega}(a_+^2+a_-^2+a_+a_-+a_-a_+)\\
\hat{x}^3&=\frac{\hbar}{2m\omega}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a_++a_-)(a_+^2+a_-^2+a_+a_-+a_-a_+)\\
&=\frac{\hbar}{2m\omega}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a_+^3+a_+a_-^2+a_+^2a_-+a_+a_-a_++a_-a_+^2+a_-^3+a_-a_+a_-+a_-^2a_+)
\end{align*}
\begin{align*}
E_{n}^1&=H_{nn}'=\langle n|\hat{x}^3|n\rangle=0\\
\langle n+3|a_+^3|n\rangle&=\sqrt{n+1}\langle n+3|a_+^2|n+1\rangle=\sqrt{(n+1)(n+2)}\langle n+3|a_+|n+2\rangle\\
&=\sqrt{(n+1)(n+2)(n+3)}\\
\langle n-1|a_+a_-^2|n\rangle &=\sqrt{n}\langle n-1|a_+a_-|n-1\rangle=\sqrt{n(n-1)}\langle n-1|a_+|n-2\rangle=(n-1)\sqrt{n}\\
\langle n+1|a_+^2a_-|n\rangle&=\sqrt{n}\langle n+1|a_+^2|n-1\rangle=n\langle n+1|a_+|n\rangle=n\sqrt{n+1}\\
\langle n+1|a_+a_-a_+|n\rangle&=\sqrt{n+1}\langle n+1|a_+a_-|n+1\rangle=(n+1)\langle n+1|a_+|n\rangle=(n+1)\sqrt{n+1}\\
\langle n+1|a_-a_+^2|n\rangle&=\sqrt{n+1}\langle n+1|a_-a_+|n+1\rangle=\sqrt{(n+1)(n+2)}\langle n+1|a_-|n+2\rangle\\
&=(n+2)\sqrt{n+1}\\
\langle n-3|a_-^3|n\rangle&=\sqrt{n}\langle n-3|a_-^2|n-1\rangle=\sqrt{n(n-1)}\langle n-3|a_-|n-2\rangle=\sqrt{n(n-1)(n-2)}\\
\langle n-1|a_-a_+a_-|n\rangle&=\sqrt{n}\langle n-1|a_-a_+|n-1\rangle=n\langle n-1|a_-|n\rangle=n\sqrt{n}\\
\langle n-1|a_-^2a_+|n\rangle&=\sqrt{n+1}\langle n-1|a_-^2|n+1\rangle=(n+1)\langle n-1|a_-|n\rangle=(n+1)\sqrt{n}
\end{align*}
$$E_n^2=\frac{|H_{n-1,n}'|^2}{E_n^0-E_{n-1}^0}+\frac{|H_{n+1,n}'|^2}{E_n^0-E_{n+1}^0}+\frac{|H_{n-3,n}'|^2}{E_n^0-E_{n-3}^0}+\frac{|H_{n+3,n}'|^2}{E_n^0-E_{n+3}}$$
$$E_n^0-E_{n-1}^0=\hbar\omega 
\quad E_n^0-E_{n+1}^0=-\hbar\omega 
\quad E_n^0-E_{n-3}^0=3\hbar\omega 
\quad E_n^0-E_{n+3}^0=-3\hbar\omega$$
\begin{align*}
H'_{n-1,n}&=\langle n-1|H'|n\rangle=(\frac{\hbar}{2m\omega})^{\frac{3}{2}}\lambda[(n-1)\sqrt{n}+n\sqrt{n}+(n+1)\sqrt{n}]=3(\frac{\hbar}{2m\omega})^{\frac{3}{2}}\lambda n^{\frac{3}{2}}\\
H'_{n+1,n}&=\langle n+1|H'|n\rangle=\lambda(\frac{\hbar}{2m\omega})^{\frac{3}{2}}[n\sqrt{n+1}+(n+1)\sqrt{n+1}+(n+2)\sqrt{n+1}]\\
&=3\lambda(\frac{\hbar}{2m\omega})^{\frac{3}{2}}(n+1)^{\frac{3}{2}}\\
H_{n-3,n}'&=\langle n-3|H'|n\rangle=\lambda(\frac{\hbar}{2m\omega})^{\frac{3}{2}}\sqrt{n(n-1)(n-2)}\\
H_{n+3,n}'&=\langle n+3|H'|n\rangle=\lambda(\frac{\hbar}{2m\omega})^{\frac{3}{2}}\sqrt{(n+1)(n+2)(n+3)}
\end{align*}
\begin{align*}
E_n^2&=\frac{9\lambda(\frac{\hbar}{2m\omega})^3n^3}{\hbar\omega}-\frac{9\lambda(\frac{\hbar}{2m\omega})^3(n+1)^3}{\hbar\omega}+\frac{\lambda(\frac{\hbar}{2m\omega})^3n(n-1)(n-2)}{3\hbar\omega}-\frac{\lambda(\frac{\hbar}{2m\omega})^3(n+1)(n+2)(n+3)}{3\hbar\omega}\\
&=\frac{\lambda\hbar62}{8m^3\omega^4}(-29n^2-27n-27)
\end{align*}
能量的二级修正为：
$$E_n=E_n^0+E_n^1+E_n^2=(n+\frac{1}{2})\hbar\omega+\frac{\lambda\hbar62}{8m^3\omega^4}(-29n^2-27n-27)$$

六、有一量子力学体系，哈密顿量$\hat{H}$的本征值与本征矢分别为$E_n$与$|n\rangle$，
$\hat{H}|n\rangle=E_n|n\rangle$。设$\hat{F}$为任一算符$\hat{F}=\hat{F}(x,\hat{p})$，试证明：
$$\langle k|[F^+,[H,F]]|k\rangle =\sum_n(E_n-E_k)(|\langle n|\hat{F}|k\rangle|^2+|\langle k|\hat{F}|n\rangle |^2)$$

证明：
\begin{align*}
&[H,F]=HF-FH\\
&[F^+,[H,F]]=F^+HF-F^+FH-HFF^++FHF^+\\
&\langle k|F^+HF|k\rangle =\langle k|F^+H\sum_n|n\rangle \langle n|F|k\rangle =\sum_nE_n\langle k|F^+|n\rangle \langle n|F|k\rangle \\
&\langle k|FHF^+|k\rangle =\langle k|FH\sum_n|n\rangle \langle n|F^+|k\rangle =\sum_nE_n\langle k|F|n\rangle \langle n|F^+|k\rangle \\
&\langle k|F^+FH|k\rangle =\langle k|F^+\sum_n|n\rangle \langle n|FH|K\rangle =\sum_nE_k\langle k|F^+|n\rangle \langle n|F|K\rangle \\
&\langle k|HFF^+|k\rangle =\langle k|HF\sum_n|n\rangle \langle n|F^+|k\rangle =\sum_nE_k\langle k|F|n\rangle \langle n|F^+|k\rangle 
\end{align*}
\begin{align*}
\langle k|[F^+,[H,F]]|k\rangle &=\sum_n(E_n-E_k)\langle K|F^+|n\rangle \langle n|F|K\rangle +\sum_n(E_n-E_k)\langle k|F|n\rangle \langle n|F^+|k\rangle \\
&=\sum_n(E_n-E_k)(\langle k|F^+|n\rangle \langle n|F|k\rangle +\langle k|F|n\rangle \langle n|F^+|k\rangle )\\
&=\sum_n(E_n-E_k)(|\langle n|F|k\rangle |^2+|\langle k|F|n\rangle |^2)
\end{align*}
